【化学】福建省宁德市高中同心顺联盟校2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【化学】福建省宁德市高中同心顺联盟校2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

福建省宁德市高中同心顺联盟校2019-2020学年高二上学期期中考试试题 ‎（考试时间：90分钟；满分：100分）‎ 温馨提示：‎ ‎1．本学科试卷分试题卷和答题卡两部分。试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷 （非选择题）(共7页20题)，全部答案必须按要求填在答题卡的相应答题栏 内，否则不能得分。‎ ‎2．相对原子质量：H-1 C-12 Fe－56 Cu－64 Ag－108‎ 第I卷 选择题（共48分）‎ 本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.化学与社会生产、人类生活密不可分，下列说法正确的是（ ）‎ A. 利用晶体硅制作的太阳能电池将太阳能直接转化为电能 B. 发展汽车产业，鼓励私人购车，可以提高出行效率，应该大力提倡 C. 农作物收割后留下的秸秆可以就地焚烧 D. 镀镍后的废液可以直接排放 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．利用晶体硅制作的太阳能电池能够将太阳能直接转化为电能，降低能源成本，故A正确；‎ B．发展汽车产业，鼓励私人购车，会增大汽车尾气的排放，不利用生存环境，故B错误；‎ C．就地焚烧秸秆会引起空气污染，因此不能就地焚烧，应该回收再利用，或粉碎后还田，故C错误；‎ D．镀镍后的废液含有有毒物质，应该处理达标后排放，否则会污染水源和土壤，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎2.下列对钢铁制品采取的措施不能防止或减缓腐蚀的是（ ）‎ A. 表面涂油漆 B. 表面镶嵌银块 C. 表面镶嵌锌块 D. 与电源负极相连 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．表面涂油漆能隔绝氧气和水，能防止钢铁锈蚀，故A不选；‎ B．在表面镶嵌银块，形成的原电池中，金属铁做负极，加快铁的腐蚀速率，不能防止或减缓钢铁腐蚀，故B选；‎ C．在钢铁制品表面镶嵌锌块，采用的是牺牲阳极的阴极保护法，能防止或减缓钢铁腐蚀，故C不选；‎ D．将钢铁制品与电源负极相连，采用的是外加电源的阴极保护法，能防止或减缓钢铁腐蚀，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎3.下列对化学反应预测正确的是(　　)‎ 选项 化学方程式 已知条件 预测 A M(s)= X(g)＋Y(s)‎ ΔH＞0‎ 它是非自发反应 B ‎4M(s)＋N(g)＋2W(l)= 4Q(s)‎ 常温下，自发进行 ΔH＞0‎ C ‎4X(g)＋5Y(g)= 4W(g)＋6G(g)‎ 能自发反应 ΔH一定小于0‎ D W(s)＋G(g)= 2Q(g)‎ ΔH＜0‎ 任何温度都自发进行 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．M(s)═X(g)+Y(s)，反应中气体的化学计量数增大，为熵增大的反应，△S＞0，△H＞0，根据△H-T△S＜0，在高温条件下能自发进行，故A错误；‎ B．4M(s)+N(g)+2W(l)═4Q(s)为气体的化学计量数减小的反应，△S＜0，当△H＞0时，△H-T△S＞0，一定不能自发进行，故B错误；‎ C．4X(g)+5Y(g)═4W(g)+6G(g)反应为气体的化学计量数增大的反应，△S＞0，所以当△H＜0，一定满足△H-T△S＜0，反应一定能够自发进行，当△H＞0时，当高温时，△H-T△S＜0，成立，可以自发进行，故C错误；‎ D．W(s)+G(g)═2Q(g)反应为气体的化学计量数增大的反应，△S＞0，△H＜0，则一定满足△H-T△S＜0，反应能够自发进行，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎4.N2H4是一种高效清洁的火箭燃料。0. 25mol N2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量。则下列热化学方程式中正确的是( )‎ A. N2H4(g)＋O2(g)＝N2(g)＋H2O(g) ΔH＝267 kJ·mol－1‎ B. N2H4(g)＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－133.5 kJ·mol－1‎ C. N2H4(g)＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝534 kJ·mol－1‎ D. N2H4(g)＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－534 kJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该反应为放热反应，焓变为负值，ΔH＜0，故A错误；‎ B．0.25mol N2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，则1mol N2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ×4=534kJ的热量，故B错误；‎ C．该反应为放热反应，焓变为负值，ΔH＜0，故C错误；‎ D．0.25mol N2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，则1mol N2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ×4=534kJ的热量，热化学方程式为N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-534kJ•mol-1，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎5.下列生产、生活等实际应用，不能用勒沙特列原理解释的是（ ）‎ A. 冰镇的啤酒打开后泛起泡沫 B. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2‎ C. 工业合成氨时选择高温能极大加快反应速率 D. 工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高SO2的利用率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、啤酒中存在二氧化碳的溶解平衡，开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫，是压强减小，二氧化碳逸出，能用勒沙特列原理解释，故A不选；‎ B、存在氯气和水反应生成盐酸和次氯酸的平衡，饱和食盐水中氯离子浓度较大，使得平衡逆向移动，减小了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用勒沙特列原理解释，故B不选；‎ C、工业合成氨的反应为放热反应，高温不利于提高氨气的产率，主要是选择铁做催化剂在高温下，催化剂的活性较高，不能用勒沙特列原理解释，故C选；‎ D、存在平衡2SO2+O2 2SO3，使用过量的空气，可以增大氧气的浓度，可以使化学平衡正向移动，提高SO2的利用率，能用勒沙特列原理解释，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎6.对恒温恒容密闭容器中的可逆反应：A(s)＋3B(g)2C(g)　ΔH<0，下列叙述正确的是(　　)‎ A. 升高温度，v(逆)增大，v(正)减小 B. 增大压强，v(正)增大，v(逆)减小 C. 增大A的物质的量，v(正)增大，v(逆)减小 D. 采用催化剂，降低反应活化能，v(正)、v(逆)同时增大，且增大倍数相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、升高温度，正、逆反应速率都增大，故A错误；‎ B、增大压强，正、逆反应速率都增大，故B错误；‎ C、A为固体，A的物质的量，A的浓度不变，v(正)、v(逆)都不变，故C错误；‎ D、使用催化剂，可同时、同等程度的改变正逆反应速率，所以采用催化剂，v(正)、v(逆)同时增大，而且增大的倍数相同，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎7.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（　　）‎ A. 已知Ni(CO)4(s)＝Ni(s)+4CO（g）ΔH＝Q kJ•mol﹣1，则：Ni(s) + 4CO(g)＝Ni(CO)4(s)ΔH＝﹣Q kJ•mol﹣1‎ B. 在一定温度和压强下，将0.5mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放出热量19.3 kJ，则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=﹣19.3kJ/mol C. 已知2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)ΔH1，2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)ΔH2，则ΔH1＞ΔH2‎ D. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、互为逆反应的焓变，数值大小相等，符号相反，由Ni(CO)4(s)═Ni(s)+4CO(g)△H=Q kJ•mol-1，则Ni(s)+4CO(g)═Ni(CO)4(s)△H=-QkJ•mol-1，故A正确；‎ B、合成氨的反应为可逆反应，不能进行到底，可逆反应的焓变，是完全反应时的焓变，因此N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H＜-38.6kJ/mol，故B错误；‎ C、液态水转化为气态水需要放热，2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)ΔH1，2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)ΔH2，则△H1＜△H2，故C错误；‎ D、C(石墨，s)═C(金刚石，s)△H＞0，为吸热反应，所以石墨的能量低于金刚石，则石墨比金刚石稳定，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎8.意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构如图所示，已知断裂1 mol N—N键吸收167 kJ热量，生成1 mol N≡N键放出942 kJ热量。根据以上信息和数据，则 N4(g) = 2N2(g)ΔH为（ ）‎ A. +882 kJ·mol－1 B. -882kJ·mol－1 ‎ C. +1216 kJ·mol－1 D. -1216 kJ·mol－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】△H=反应物总键能-生成物总键能，断裂 1 mol N-N 键吸收 167 kJ 热量，生成 1 mol N≡N 键放出 942 kJ 热量则 1 mol N4 生成 N2 的△H=167kJ/mol×6-942kJ/mol×2=-882kJ/mol，故选B。‎ ‎9.对于反应2A(g) + xB(g)4C(g)达到平衡时 C的浓度为1.5 mol·L-1，当其它条件不变，把体积扩大1倍时，测得C的浓度为0.8 mol·L-1，则x的值为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】其它条件不变，把体积扩大1倍时，假定平衡不移动，C的浓度为0.75mol/L，实际C的浓度为0.8mol/L，大于0.75mol/L，说明体积扩大，压强降低，平衡向生成C的方向移动，降低压强，平衡向气体体积增大的方向移动，则x+2＜4，且x为整数，故x=1，故选A。‎ ‎10.关于下列各装置图的叙述不正确的是（ ）‎ A. 用图装置精炼铜，则a极为粗铜，电解质CuSO4溶液浓度变小 B. 图表示反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)增大O2的浓度对反应速率的影响 C. 图表示中和热测定的实验装置图 D. 图装置盐桥中KCl的Cl－移向左烧杯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，电解质溶液为可溶性铜盐，根据电流方向知，a为阳极、b为阴极，则a为粗铜、b为纯铜，粗铜中还有其它金属失电子进入电解质溶液、纯铜上析出Cu，则溶解的Cu质量小于析出Cu的质量，所以硫酸铜溶液浓度减小，故A正确；‎ B．2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，增大O2的浓度，反应物浓度突然增大，正反应速率突然，生成物浓度不变，逆反应速率不变，随着反应的进行，正反应速率减小，逆反应速率增大，重新建立平衡，与图像吻合，故B正确；‎ C．该装置中缺少搅拌仪器——环形玻璃搅拌棒，且烧杯口未用纸板覆盖，无法达到实验目的，故C错误；‎ D．该装置中锌为负极，铜为正极，原电池中阴离子性负极移动，因此装置的盐桥中KCl的Cl-移向左烧杯，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎11.把4 mol A气体和4 mol B气体混合放入2‎ ‎ L的恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应：2A(g)+2B(g)C(g)+2D(g)；经5min达到平衡， 测得体系中C的体积分数为1/9 ，下列说法中正确的是( )‎ A. D的平均速率为0.32mol/(L·min)‎ B. B的转化率为40%‎ C. 增加B，B的平衡转化率升高 D. 增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设转化的A为xmol，则 ‎        2A(g)+2B(g)⇌C(g)+2D(g)‎ 开始(mol)   4          4         0   0‎ 转化(mol)   x           x       0.5x    x 平衡(mol) 4-x       4-x       0.5x   x 经5min达到平衡，测得体系中C的体积分数为1/9，则=，解得x=1.6mol。‎ A．D的平均速率为=0.16mol/(L•min)，故A错误；‎ B．B的转化率为×100%=40%，故B正确；‎ C．增加B，平衡正向移动，A的平衡转化率升高，B的平衡转化率减小，故C错误；‎ D．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎12.T℃时，在1L密闭容器中使X(g)与Y(g)发生反应生成Z(g)。反应过程中X、Y、Z的浓度变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Y的体积百分含量与时间的关系如图2所示。则下列结论正确的是（ ） ‎ A. 容器中发生的反应可表示为：X(g)＋Y(g) Z(g)‎ B. 保持其他条件不变，升高温度，反应的化学平衡常数K减小 C. 反应进行的前3 min内，用X表示的反应速率 v(Z)＝0.4mol／(L·min)‎ D. 反应达到平衡后，增大压强，Z的体积分数增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据图1，X、Y的物质的量减少，为反应物，Z为生成物，3min后X、Y物质的量不变且不为0，属于可逆反应，物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，X、Y、Z的物质的量变化量之比为(2.0-1.4)∶(1.6-1.4)∶(0.8-0.4)=3∶1∶2，则该反应为X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)，故A错误；‎ B、温度越高，反应速率越快，到达平衡需要的时间越短，故温度T1＜T2，升高温度，Y 的体积百分含量减小，说明升高温度，平衡正向移动，化学平衡常数增大，故B错误；‎ C、3min内用X表示的反应速率v(X)==0.2mol/(L•min)，故C错误；‎ D、反应X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)达到平衡后，增大压强，平衡正向移动，Z的体积分数增大，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎13.如图所示，装置连接好后，电流计指针发生了偏转，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 两个番茄及相关电极均构成了原电池 B. 锌是负极 C. 电子移动：锌→铜（右）→番茄→石墨→铜（左）‎ D. 两个铜片上均发生氧化反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】左侧为铜-锌水果电池，发生的是原电池反应，锌作负极、发生氧化反应，铜作正极、发生还原反应；右侧装置是电解池，铜作电解池的阴极、发生还原反应，石墨作电解池的阳极、发生氧化反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】A、左侧番茄及相关电极构成了原电池，右侧番茄及相关电极构成了电解池，故A错误；‎ B、铜-锌-番茄原电池中，Zn较活泼，作负极，故B正确；‎ C、左侧装置为原电池，锌作负极、铜作正极；右侧装置为电解池，铜作阴极、石墨作阳极，电子移动：锌→铜(右)，石墨→铜(左)，电子不能在番茄中移动，故C错误；‎ D、左侧装置为原电池，原电池中铜为正极，电极上氢离子得电子发生还原反应，右侧装置是电解池，铜为阴极，阴极上阳离子得电子发生还原反应，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎14.用吸附了氢气的纳米碳管等材料制作的二次电池原理如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A. 充电时，阴极的电极反应为：Ni(OH)2＋OH－－e－=NiO(OH)＋H2O B. 放电时，负极的电极反应为：H2－2e－=2H+‎ C. 放电时，OH－移向镍电极 D. 充电时，将电池的碳电极与外电源的负极相连 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】开关连接用电器时，为原电池，根据电子流向，吸附了氢气的纳米碳管为负极，镍电极为正极；开关连接充电器时，镍电极为阳极，据此分析解答。‎ ‎【详解】A、充电时，镍电极为阳极，阳极上发生失电子的氧化反应，即Ni(OH)2+OH--e-=NiO(OH)+H2O，故A错误；‎ B、放电时，负极上氢气失电子发生氧化反应，电解质为KOH，电极反应式为H2+2OH--2e-═2H2O，故B错误；‎ C、放电时，该电池为原电池，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以OH-移向碳电极，故C错误；‎ D、充电时，碳电极作阴极，应该与电源的负极相连，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎15.在某2 L恒容密团容器中充入2 mol X（g）和1mol Y（g）发生反应：2X（g）+ Y（g） 3Z（g） △H，反应过程中持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示：下列推断正确的是（ ）‎ A. 升高温度，平衡常数增大 B. Q点时，Y的转化率最大 C. W点Y的正反应速率等于M点Y的正反应速率 D. 平衡时充入Y，达到新平衡时Y的体积分数比原平衡时小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】温度在a℃之前，升高温度，X的含量减小，温度在a℃之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，是建立平衡的过程，最低点之后，各点为平衡点，升高温度X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据上述分析，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故A错误；‎ B．曲线上最低点Q为平衡点，升高温度平衡向逆反应方向移动，Y的转化率减小，所以Q点时，Y的转化率最大，故B正确；‎ C．两点Y的浓度相同，W点对应的温度低于M点对应的温度，温度越高，反应速率越高，所以W点Y的正反应速率小于M点Y的正反应速率，故C错误；‎ D．平衡时充入Y，平衡正向移动，达到新平衡时，Y的转化率减小，Y的体积分数比原平衡时大，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎16.在含镍酸性废水中用电解法可以实现铁上镀镍并得到氯化钠，其装置如图所示，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 待镀铁棒为阳极 B. 选用镍棒替换碳棒，镀镍效果更好 C. 阳极的电极反应式为4OH- — 4e-=O2↑+2H2O D. 通电后中间隔室的NaCl溶液浓度减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电解装置可实现铁棒镀镍，溶液中Ni2+被还原，则待镀铁棒阴极，故A错误；‎ B．碳棒做阳极为惰性电极，镍棒做阳极则是活性电极，参与电极反应，不能用镍棒替换，故B错误；‎ C．阳极发生氧化反应，溶液为NaOH溶液，OH-放电产生O2和H2O，所以阳极的电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，故C正确，‎ D．电解池中，阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，铁棒为阴极，碳棒为阳极，溶液中Cl-向左移动，Na+向右移动，所以通电后中间隔室的NaCl溶液浓度增大，故D错误；‎ 故选C。‎ 第II卷 非选择题（共52分）‎ ‎17.一定温度时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，发生反应： PCl5(g) Cl2(g)+PCl3(g)经一段时间后反应达到平衡。反应过程中测得的部分数据见下表：‎ 反应时间/s ‎0‎ ‎50‎ ‎150‎ ‎250‎ ‎350‎ n(PCl3)/mol ‎0‎ ‎0.16‎ ‎0.19‎ ‎0.20‎ ‎0.20‎ ‎（1）能表明该反应达到平衡状态的是________（填序号）；‎ A．生成1molPCl3的同时生成1molPCl5 B．混合气体的平均相对分子质量不变 C．PCl5、Cl2、PCl3三者的浓度比值1：1：1 D．混合气体的密度不变 ‎（2）上述温度下，达到平衡时，PCl5的转化率为____；该反应的平衡常数K= ___。‎ ‎（3）反应在前50 s内的平均速率为v(PCl3)=_____。‎ ‎（4）保持其他条件不变，若升高温度，反应重新达到平衡，平衡时c(PCl3)=0.11moI·L－l，则正反应的ΔH__0（填“>”或“<”）。‎ ‎（5）相同温度下，若起始时向容器中充入1.0 molPCl5、0.20mol PCl3和0.20 mol Cl2，则反应达到平衡前v(正) __ v(逆)（填“>”或“<”）‎ ‎【答案】(1). A、B (2). 20% (3). 0.025 mol/L (4). 1.6×10-3 mol/（L·s） (5). > (6). >‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据化学平衡的特征和本质反分析判断；‎ ‎(2)利用三段式，结合转化率的概念和平衡常数K=计算；‎ ‎(3)根据v==计算v(PCl3)；‎ ‎(4)由表中数据可知，平衡时n(PCl3)=0.2mol，保持其他条件不变，升高温度，新平衡时c(PCl3)=0.11 mol/L，则n′(PCl3)=0.22mol＞0.2mol，结合温度对平衡影响分析判断；‎ ‎(5)首先计算浓度商Qc，再根据Qc和K的大小关系分析判断。‎ ‎【详解】(1)A．生成1molPCl3同时生成1molPCl5，表示正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，故A正确；B．该反应为气体的物质的量增大的反应，混合气体的质量不变，则混合气体的平均相对分子质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不变，表明反应达到平衡状态，故B正确；C．PCl5、Cl2、PCl3三者的浓度比值1∶1∶‎ ‎1，不能说明浓度是否不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；D．混合气体的质量和体积不变，混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；故答案为：AB；‎ ‎(2)相同温度下，向容器中再充入1.0 mol PCl5，根据表格数据，平衡时n(PCl3)=0.2mol，则 PCl5(g)⇌PCl3(g)+Cl2(g)‎ 起始量(mol/L) 0.5         0        0‎ 变化量(mol/L) 0.1    0.1      0.1‎ 平衡量(mol/L) 0.4        0.1     0.1‎ 平衡时PCl5转化率=×100%=20%，平衡常数K==0.025，故答案为：20%；0.025；‎ ‎(3)由表中数据可知50s内，△n(PCl3)=0.16mol，v(PCl3)==0.0016mol/(L•s)，故答案为：0.0016mol/(L•s)；‎ ‎(4)由表中数据可知，平衡时n(PCl3)=0.2mol，保持其他条件不变，升高温度，新平衡时c(PCl3)=0.11 mol/L，则n′(PCl3)=0.11 mol/L×2L=0.22mol＞0.2mol，说明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，即△H＞0，故答案为：＞；‎ ‎(5)相同温度下，平衡常数K相同。起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 molPCl3和0.20 molCl2，起始时PCl5的浓度为0.5mol/L、PCl3的浓度为0.1mol/L、Cl2的浓度为0.1mol/L，浓度商Qc==0.02＜K=0.025，说明反应向正反应方向进行，反应达平衡前v(正)＞v(逆)，故答案为：＞。‎ ‎18.甲烷是非常重要的能源和化工原料，请回答下列问题。‎ ‎（1）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：CH4(g)+4NO2(g)＝4NO(g)＋CO2(g)+2H2O(g)　ΔH＝－574 kJ·mol-1，CH4(g)+4NO(g)＝2N2(g)＋CO2(g)+2H2O(g)　ΔH＝－1160 kJ·mol-1，写出CH4还原NO2至N2的热化学方程式：_____。‎ ‎（2）如下图所示，装置Ⅰ为甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)，通过装置Ⅱ实现铁棒镀铜。‎ ‎①a处应通入______(填“CH4”或“O2”)，a处电极上发生的电极反应式是 ___________。‎ ‎②电镀结束后，装置Ⅱ中Cu2＋的物质的量浓度____(填写“变大”“变小”或“不变”)。‎ ‎③若实验过程中Ⅱ中的铜片质量减少了1.28g，则Ⅰ中理论上消耗CH4的体积(标准状况)__ _L。‎ ‎（3）若将题（2）装置Ⅱ中的两电极均改为石墨惰性电极，电解质溶液仍为CuSO4溶液。‎ ‎①写出装置Ⅱ中发生的总化学反应方程式_________。‎ ‎②电解硫酸铜溶液一段时间后，装置Ⅱ中溶液的pH____(填写“变大”“变小”或“不变”)；要使原溶液复原，可向电解后的溶液中加入_______。‎ ‎【答案】(1). CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g)＋CO2(g)+2H2O(g)　ΔH＝－867 kJ·mol-1 (2). CH4 (3). CH4＋10OH－－8e－=CO32－＋7H2O (4). 不变 (5). 0.112L (6). 2CuSO4 + 2H2O2Cu + O2↑+2H2SO4 (7). 变小 (8). CuO或CuCO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据盖斯定律分析解答；‎ ‎(2)装置Ⅰ为甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)，通过装置Ⅱ实现铁棒上镀铜，则Cu作阳极、Fe作阴极，据此分析解答； ‎ ‎(3)将装置Ⅱ中的两电极均改为石墨惰性电极，电解硫酸铜溶液生成金属铜和硫酸以及氧气，根据总反应方程式分析解答。‎ ‎【详解】(1)CH4还原NO2至N2的化学反应方程式为CH4+2NO2=N2+CO2+2H2O。①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-574kJ•mol-1，②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-1160kJ•mol-1，根据盖斯定律，得：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=×[(-574kJ•mol-1)+(-1160kJ•mol-1)] =-867kJ/mol，故答案为：CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867kJ•mol-1；‎ ‎(2)装置Ⅰ为甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)，通过装置Ⅱ 实现铁棒上镀铜，则Cu作阳极、Fe作阴极。‎ ‎①Cu作阳极应该连接原电池正极、Fe作阴极连接原电池负极，通入燃料的电极为负极、通入氧气的电极为正极，则a为负极、b为正极，a处通入甲烷、b处通入氧气，a处甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O， 故答案为：CH4； CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；‎ ‎②装置Ⅱ中阳极上溶解Cu、阴极上析出Cu，溶解的Cu等于析出的Cu质量，相当于溶液中Cu2+没有参加反应，则铜离子浓度不变，故答案为：不变；‎ ‎③Ⅱ中的铜片质量减少了1.28g，溶解的铜的物质的量==0.02mol，失去电子0.04mol；串联电路中转移电子相等，所以消耗甲烷的体积=×22.4L/mol=0.112L，故答案为：0.112； ‎ ‎(3)将装置Ⅱ中的两电极均改为石墨惰性电极。‎ ‎①装置Ⅱ中用惰性电极电解硫酸铜溶液，反应的总化学方程式为：2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4，故答案为：2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4；‎ ‎②根据电解硫酸铜溶液发生的总化学方程式：2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4，反应生成了硫酸，溶液的酸性增强，pH减小；根据出什么加什么、出多少加多少的原理，若想将上述电解后的溶液恢复为与电解前的溶液相同，加入CuO或CuCO3，可以使原溶液复原，故答案为：变小；CuO或 CuCO3。‎ ‎19.某研究性学习组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验如下：（已知H2C2O4是弱酸）‎ 实验 序号 实验 温度 KMnO4溶液 H2C2O4溶液 H2O 溶液褪色时间 V(mL)‎ c(mol/L)‎ V(mL)‎ c(mol/L)‎ V(mL)‎ t(s)‎ A ‎293K ‎2‎ ‎0.05‎ ‎8‎ ‎0.25‎ ‎0‎ t1‎ B T1‎ ‎2‎ ‎0.05‎ ‎6‎ ‎0.25‎ V1‎ ‎8‎ C ‎313K ‎2‎ ‎0.05‎ ‎6‎ ‎0.25‎ ‎2‎ t2‎ ‎（1）通过实验A、B，可探究出___的改变对反应速率的影响，其中V1=___，T1=___，t2 ___8(填“>”、“<”或“=”)。‎ ‎（2）通过实验____可探究出温度变化对化学反应速率的影响。‎ ‎（3）若t1＜8，则由实验A、B可以得出的结论是____；利用实验B中数据计算，从反应开始到有结束，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为______。‎ ‎（4）该反应中有无色无味气体产生，且锰被还原为Mn2+，写出相应反应的离子方程式 ________。‎ ‎（5）该小组的一位同学通过查阅资料发现：反应一段时间后该反应速率会加快，造成此种变化的原因是反应体系中的某种粒子对KMnO4与H2C2O4之间的反应有某种特殊的作用，则该作用是 ____。‎ ‎【答案】(1). 浓度 (2). 2 (3). 293K (4). < (5). BC (6). 其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大 (7). 1.25×10－3mol/（L·s） (8). 2MnO42－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O (9). 作催化剂 ‎【解析】‎ ‎【分析】A、B滴加的H2C2O4溶液的体积不等，应控制温度相同，探究浓度对反应速率的影响，需要可知溶液的总体积相同，B、C的温度不同，结合温度对反应速率的影响和反应速率的计算公式分析解答(1)～(3)；‎ ‎(4)根据题意，草酸和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成二氧化碳、锰离子和水，据此书写反应的离子方程式；‎ ‎(5)根据影响化学反应速率的因素分析判断。‎ ‎【详解】(1)实验A、B，滴加H2C2O4溶液的体积不等，故实验A、B，可探究H2C2O4溶液浓度的改变对反应速率的影响；据实验A可知，需要保证溶液的总体积为10mL，B中H2C2O4溶液6mL，故需加水10mL-2mL-6mL=2mL；研究浓度对化学反应速率的影响，A、B的温度需要相同，故T1=293K；B、C溶液的浓度相同，温度不同，温度越高，反应速率越快，溶液褪色的时间越少，因此t2 ＜8，故答案为：浓度；2；293K；＜；‎ ‎(2)B、C溶液的浓度相同，温度不同，通过B、C实验可探究出温度变化对化学反应速率的影响，故答案为：BC；‎ ‎(3)若t1＜8，则由此实验可以得出的结论是：其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大；草酸的物质的量为0.25mol•L-1×0.006L=0.0015mol，高锰酸钾的物质的量为0.05mol•L-1‎ ‎×0.002L=0.0001mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为0.0015mol：0.0001mol=15：1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为=0.01mol/L，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为=0.00125mol/(L·s)，故答案为：其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大；0.00125mol/(L·s)；‎ ‎(4)草酸和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成二氧化碳、锰离子和水，反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；‎ ‎(5)反应一段时间后该反应速率会加快，造成此种变化的原因是反应体系中的某种粒子对KMnO4与H2C2O4之间的反应有某种特殊的作用，则该作用是催化作用，相应的粒子最有可能是Mn2+，故答案为：作催化剂。‎ ‎20.含+6价铬的废水毒性强，对环境污染严重，工业上常利用化学原理把+6价铬转化为不溶性Cr(OH)3除去。‎ Ⅰ、SO2还原法：化工厂常用SO2处理含铬废水，其工艺流程如下图所示：‎ 已知：Cr2O72- + H2O 2CrO42- + 2H+，吸收塔中 Cr2O72-与SO2反应如下：Cr2O72﹣(aq)+3SO2(g)+2H+(aq)═2Cr3+(aq)+3SO42﹣(aq)+H2O(l) ΔH = -1145 kJ/mol。‎ ‎（1）其他条件不变，研究吸收塔中pH对反应的影响。‎ pH ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ Cr（+6）最大去除率 ‎99.99%达排放标准 ‎99.95%达排放标准 ‎99.5%未达排放标准 时间 ‎30 min ‎35 min ‎45 min ‎①由上述数据获得的结论有_________。‎ ‎②实际工业生产控制pH = ____左右。‎ ‎③下列说法不合理的是_____。‎ a.该酸性含铬废水中一定含有CrO42-，pH越大其含量越高 b.其他条件不变，增大压强，吸收塔中反应的K增大，有利于除去Cr（+6）‎ c.理论上看，SO32-、Fe2+等也可以用于除去Cr（+6）‎ ‎（2）其他条件不变，研究温度对Cr（+6）去除率的影响（如图所示）。‎ 已知：30min前相同时间内，80℃的Cr（+6）去除率比40℃高，是因为30min前反应正向进行，温度高反应速率快反应物的转化率增大；试解释30min后80℃的Cr（+6）去除率低的原因：________。‎ Ⅱ、电解法处理：‎ 工业上处理含Cr2O72-离子的酸性废水，采用往工业废水中加入适量的食盐，再用Fe为电极进行电解，将Cr2O72—离子还原为可溶性三价铬离子，再调pH使三价铬离子变为不溶性氢氧化物除去。‎ ‎（1）加入食盐的目的是 _______；‎ ‎（2）电解时阳极反应式为 _________。‎ ‎【答案】(1). pH越大，Cr(+6)的去除率降低，反应速率越慢 (2). 4 (3). b (4). 30min后反应达到平衡状态，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，80℃的Cr(+6)去除率低 (5). 增强溶液的导电能力 (6). Fe-2e-=Fe2+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)①根据图表数据，pH越大，反应越慢，铬离子的最大去除率减小；②pH＜4，反应速率快，二氧化硫未来得及反应逸出，会污染空气，pH＞4，反应速率减慢，铬离子去除率减小；③a．根据溶液的酸碱性对平衡Cr2O72-+H2O⇌2CrO42-+2H+的影响判断；b．平衡常数只与温度有关；c．SO32-、Fe2+等具有还原性；据此分析判断；‎ ‎(2)30min前反应未达到平衡状态，开始反应正向进行，反应物转化率增大，30min后反应大多平衡状态，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，反应物转化率减小；‎ Ⅱ ‎、阳极铁失去电子生成亚铁离子，阴极上氢离子得到电子生成氢气；加入适量的NaCl可增强溶液的导电性，据此分析解答。‎ ‎【详解】Ⅰ、(1)①根据表格数据，随pH增大，铬离子的最大去除率减小，反应所需时间越长，pH=6时不符合排放标准，由上述数据获得的结论有：pH越大，Cr(+6)的去除率降低，反应速率越慢，故答案为：pH越大，Cr(+6)的去除率降低，反应速率越慢；‎ ‎②pH＜4，反应速率快，二氧化硫未来得及反应逸出污染空气，pH＞4，反应速率减慢，铬离子去除率减小，不能达到排放标准，且铬离子形成氢氧化铬会堵塞管道，所以实际工业生产控制pH=4左右，故答案为：4；‎ ‎③a．Cr2O72-+H2O⇌2CrO42-+2H+，该酸性含铬废水中一定含有CrO42-，增大pH，氢离子浓度减小，平衡正向移动，CrO42-含量变大，故a正确；b．K只与温度有关，其他条件不变，增大压强，吸收塔中反应的K不变，故b错误；c．理论上看，SO32-、Fe2+等具有还原性，+6价铬元素的化合物具有氧化性，也可以用于除去Cr(+6)，故c正确；故答案为：b；‎ ‎(2)30min前反应正向进行，温度高，反应速率快，反应物的转化率增大，80℃的Cr(+6)去除率比40℃高，30min后，80℃条件下的反应达到平衡状态，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，80℃的Cr(+6)去除率低，故答案为：30min后反应达到平衡状态，反应为放热反应，升温平衡逆向移动，80℃的Cr(+6)去除率低；‎ Ⅱ、(1)因NaCl为电解质，加入适量的NaCl可增强溶液的导电能力，故答案为：增强溶液的导电能力；‎ ‎(2)Fe为阳极，为活性电极，则铁失去电子生成Fe2+，所以阳极电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故答案为：Fe-2e-=Fe2+。‎